1.(2018•重庆理综化学卷，T3)下列叙述正确的是( )
A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO-)增大
C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca(OH)2
D.25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】A、浓氨水和FeCl3溶液反应产生Fe(OH)3沉淀，不会产生胶体，A错误;B、加入浓盐酸，使平衡CH3COO-+H+ CH3COOH向正方向移动， 减小;C、反应的化学方程式为Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，C错误;D、Cu(OH)2的沉淀溶解平衡的方程式为Cu(OH)2 Cu2++2OH-，在Cu(NO3)2中，会使平衡向逆方向移动，导致溶解度减小，D正确。
2.(2018•浙江理综化学卷，T12)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=10-1.2
Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl- K2=10-3.4
HClO H+ + ClO- Ka=?
其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是
A.Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO- + Cl- K=10-10.9
B.在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO-) =c(H+)-c(OH-)
C.用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差
D.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好
【答案】C
【解析】将两个方程式相加，得到Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO- + Cl-, K=K1K2=10-4.6，A错误;在氯处理水体系中，根据电荷守恒可得：c(OH-)+c(ClO-) =c(H+)，B错误;根据图可以看出，次氯酸的浓度在pH=7.5时比pH=6.5时少，杀菌效果差，C正确;夏季温度高，次氯酸受热易分解，在夏季的杀菌效果比在冬季差，D错误。
3.(2018•天津理 综化学卷，T5)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(S O2-4)+c(OH-)
B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)
C.CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO-3)=2c(CO2-3)
D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O-4)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】A、由溶液中的电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO2-4)+c(OH-)，又因NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO2-4)，所以c(H+)=c(SO2-4)+c(OH-)，A项正确;B、因Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Cl-)>c(I-)，B项错误;C、CO2的水溶液中存在电离平衡：H2CO3 H++ HCO-3、HCO-3 H++CO2-3，因第一步电离的程度远大于第二步电离的程度，故溶液中c(HCO-3)远大于2c(CO2-3)，C项错误;D、根据物料守恒得：2c(Na+)=3[c(HC2O-4)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)]，故D项错误。
4.(2018•天津理综化学卷 ，T3)运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是( )
A.某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B.NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C.可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D.增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】D
【解析】A、当ΔH-TΔS<0时，反应能自发进行，吸热反应的ΔH>0，吸热反应能自发，说明ΔS>0，A项正确;B、NH4F溶液中F-水解生成HF，HF能与玻璃中的SiO2发生反应4
123456789下一页4HF+SiO2===SiF4↑+2H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确;C、可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确;D、常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。
5.(2018•四川理综化学卷，T6)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是：
A.0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C(Na+)>c(CO32 -)>c(HCO3- )>c(OH-)
B.20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：C(CH3COO-)>c(Cl-) >c(CH3COOH)>c(H+)
C.室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH4+ )>c(OH-)
D.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中： c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应，溶液中的溶质为碳酸钠， C(Na+)>c(CO32 -)>c(OH-)>c(HCO3- )，A错误;20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶质为等物质的量的醋酸钠和醋酸，则醋酸的电离大于醋酸根的水解，C(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，B正确;pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，溶液呈碱性，C错误;0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，溶质为醋酸钠，醋酸根水解生成醋酸和氢氧根，水电离出氢离子和氢氧根，故 c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，D错误。
6.(2018•上海单科化学卷，T21)室温下，甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4。关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是
A.溶液的体积10V甲≤V乙
B.水电离出的OH—浓度：10c(OH—)甲≤c(OH—)乙
C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D.若分别与5 mL pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH ：甲≤乙
【答案】AD
【解析】A、如果酸是强酸，当PH=3升高到PH=4，需要溶液稀释10倍。如果酸是弱酸，当PH=3升高到PH=4，需要溶液稀释大于10倍，则溶液的体积是10V甲≤V乙，A正确;B、酸性溶液中，酸电离出的H+会抑制水的电离，则甲烧杯中的H+浓度是乙烧杯中H+浓度的10倍，因此水电离出的OH?浓度：10c(OH—)甲=c(OH—)乙，B错误;C、如果生成的盐不水解，则溶液的PH相等。如若盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，因此所得溶液的PH：乙≤甲，C错误;D、若分别于5 mL pH=11的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，D正确。
7.(2018•山东理综化学卷，T13)已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L‾1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中
A.水的电离程度始终增大
B.c(NH4+)/ c(NH3•H2O)先增大再减小
C.c(CH3COOH)与c(CH3COO‾)之和始终保持不变
D.当加入氨水的体积为10mL时，c (NH4+)= c (CH3COO‾)
【答案】D
【解析】A、醋酸电离：CH3COOH CH3COO‾+H+，一水合氨电离：NH3•H2O NH4++OH‾，H2O的电离：H2O H++ OH‾，所以开始滴加氨水时，水的电离程度增大(中和了醋酸电离出的H+)，当二者恰好完全反应后，再滴加氨水，会抑制水的电离，使其电离程度减小，A错误;B、NH3•H2O的电离平衡常数Kb= ，所以 = 。温度不变，Kb不变，但随着氨水的不断滴加， 逐渐增大，所以 始终减小，B错误;C、随着氨水的不断滴加，溶液的体积增大，c(C
123456789下一页H3COOH)与c(CH3COO‾)之和逐渐减小，C错误;D、当加入氨水的体积为10mL时，CH3COOH和NH3•H2O恰好完全反应。因为二者的电离常数相等，所以CH3COONH4呈中性， ，根据电荷守恒可知c (NH4+)= c (CH3COO‾)，D正确。
8.(2018•全国理综I化学卷，T13)利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )
选项 ① ② ③ 实验结论
A. 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液5ykj.com (AgCl)> (Ag 2S)
B. 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性
C. 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D. 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3，进而把H2S氧化为S沉淀，同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液，不能观察AgCl转化为Ag2S，A错误;浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热量，进而与生成的C反应生成SO2，使③中的溴水褪色，通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱水性、氧化性，B正确;稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原生成BaSO4，SO2与BaCl2则不反应， C 错误;由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入③与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。
9.(2018•全国理综I化学卷，T11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A.溴酸银的溶解是放热过程
B.温度升高时溴酸银溶解速度加快
C.60℃时溴酸银的 约等于
D.若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】该图像只是给出溴酸银溶解度与温度的关系，无法判断其溶解过程的热效应，A错误;由于物质的溶解过程是吸热过程，温度升高溶解速率加快，B正确;60℃时溴酸银溶解度约为0.6g，n(AgBrO3)=0.0025mol，c(Ag+)=c(BrO3-)=0.025mol•L-1，Ksp≈6.25×10-4,C正确;由于硝酸钾的溶解度随温度变化程度很大，而溴酸银溶解度随温度变化不大，可以用重结晶的方法提纯，D正确。
10.(2018•全国理综II化学卷，T11)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol•L-1
B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+
D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③
【答案】D
【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2S H++ HS-、HS- H++ S2-、H2O H++OH-三个电离平衡，所以 =1×10-5mol•L-1 > ，A错误;B、氨水的溶质一水合氨( )属于弱电解质( )，加水稀释，会使电离平衡向正方向移动，促进了 的电离，所以PH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其PH=b，则a>b+1，B错误;C、根据电荷守恒可知： + = + + ，C错误;D、酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解的规律可知：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，溶液的减小就越强，PH就越大，所以PH相同①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的 ：①>②>③，D正确。
11.(2018•江苏单科化学卷，T14)25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c(Na+)=c(Cl-)>cCH3COO-)>c(OH-)
B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)
C.0.1mol/LNa2CO3与0.1
123456789下一页mol/L NaHCO3溶液等体积混合：23c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：
2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
【答案】AC
【解析】等浓度等体积的醋酸钠和盐酸混合，生成醋酸和氯化钠，醋酸根水解，离子浓度关系正确，A正确;等浓度等体积的氯化铵与氨水混合pH大于7，说明电离大于水解，铵根离子大于氨水的浓度，B错误;根据物料守恒，钠原子的物质的量是碳原子的1.5倍，C正确;草酸钠与盐酸反应，根据溶液电中性原则，关系式漏掉阴离子氯离子，D错误。
12.(2018•江苏单科化学卷，T11)下列有关说法正确的是
A.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H>0
C.加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大
D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(△H<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】在海轮外壳上附着铜片，铁做负极，加速腐蚀，A错误;B选项中反应为熵减的反应，△H不一定大于0，错误;加热碳酸钠溶液，碳酸根的水解程度变大，水解吸热，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，C正确;浓硫酸做催化剂和吸水剂，平衡常数不变，D错误。
13、(2018•海南单科化学卷，T11)室温下，用0.100mol/L NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol/L 的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A、Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线
B、PH=7时，滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20ml
C、V(NaOH) =20ml时，C(Cl? )== C(CH3COO? )
D、V(NaOH) =10ml时，醋酸溶液中：C(Na+ )> C(CH3COO? )> C(H+ )> C(OH? )
【答案】B
【解析】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH>1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A错误;B、醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，醋酸所用NaOH溶液的体积小，故B错误;C、V(NaOH)=20.00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，故C错误;D、加入10ml氢氧化钠时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，所以C(CH3COO? ) >C(Na+ )，D错误。
14、(2018•海南单科化学卷，T6)NaOH溶液滴定盐酸的实验中，不必用到的是( )
A、酚酞 B、圆底烧瓶 C、锥形瓶 D、碱式滴定管
【答案】B
【解析】用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸时所需仪器：带滴定管夹的铁架台、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶、漏斗(可用来向滴定管中加入液体)，用不到圆底烧瓶。滴定终点用指示剂酚酞来判断。
15.(2018•广东理综化学卷，T12)常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示，下列说法正确的是
A.HA为强酸
B.该混合液pH=7
C.图中X表示HA，Y表示OH?，Z表示H+
D.该 混合溶液中：c(A?)+ c(Y?)=c(Na+)
【答案】D
【解析】一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，两者恰反应，溶液中只有溶质NaA且浓度为0.1 mol/L。由图5中A?离子浓度小于0.1mol/L，说明A-¬¬离子发生了水解，从而可知HA是弱酸，故A错误项。B项：水解显碱性 pH>7。故B项错误。此外，溶液中除Na+，其它离子大小为c(A?)>c(OH?)>c(HA)>c(H+)可知C项错。由物料守恒知D项正确。16.(2018•福建理综化学卷，T10)下列关于0.10 mol•L-1 NaHCO3溶液的说法正确的是
A.溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++ H++ CO32 -
123456789下一页B.25 ℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
C.离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+c(CO32 -)
D.温度升高，c(HCO3- )增大
【答案】B
【解析】碳酸氢钠电离出碳酸氢根，A错误;温度不变，Kw不变，但物质的量增加，B正确;根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3- )+2c(CO32 -)，C错误;温度升高，水解程度增大，D错误。
17.(2018•安徽理综化学卷，T9)为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是( )
选项 实验目的 主要仪器 试剂
A 分离Br2和CCl4混合物 分液漏斗、烧杯 Br2和CCl4混合物、蒸馏水
B 鉴别葡萄糖和蔗糖 试管、烧杯、酒精灯 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液
C 实验室制取H2 试管、带导管的橡皮塞 锌粒、稀HNO3
D 测定NaOH溶液浓度 滴定管、锥形瓶、烧杯 NaOH溶液、0.1000 mol•L-1盐酸
【答案】B
【解析】A、Br2和CCl4互溶，无法通过分液的方法将二者分离，可以采用蒸馏法进行分离，A错误;B、葡萄糖分子中有5个羟基和1个醛基，可以用鉴别醛基的方法进行鉴别，加入的试剂可以使银氨溶液或者斐林试剂等，而蔗糖中没有醛基，B正确;C、硝酸具有强氧化性，当与金属反应时不会产生氢气，会随着浓度的变化生成NO2、NO等气体，C错误;D、酸碱中和滴定要有指示剂(甲基橙)显示滴定终点(用标准盐酸溶液来测定氢氧化钠溶液的浓度选用酸式滴定管，待测液是氢氧化钠，滴入甲基橙后溶液颜色是黄色，当向氢氧化钠溶液中滴入的甲基橙时呈黄色，不断的滴加稀盐酸，溶液随着氢氧化钠和稀盐酸的反应碱性减弱酸性增强，当正好中和再滴一滴稀盐酸溶液就呈酸性，溶液的pH3.1～4.4之间显示橙色)，D错误。
18.(2018•安徽理综化学卷，T12)中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( )
选项 规律 结论
A 较强酸可以制取较弱酸 次氯酸溶液无法制取盐酸
B 反应物浓度越大，反应速率越快 常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高 NH3沸点低于PH3
D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化 ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
【答案】D
【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为2HClO 2HCl+O2↑，A错误;B、注意一个特殊的现象?钝化(铝和浓硝酸发生钝化反应)，反应速率减慢，B错误;C、NH3分子之间存在氢键，熔沸点升高，故NH3的沸点高于P H3，C错误;D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积(Ksp)ZnS>CuS，故D正确。
19.(2018•安徽理综化学卷，T11)室温下，下列溶液中离子浓度关系正确的是( )
A.Na2S溶液： > > >
B.Na2C2O4溶液：
C.Na2CO3溶液：
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：
【答案】B
【解析】A、根据电荷守恒可知HS-+H2O OH-+HS-，HS-+H2O H2S+OH-，所以 ，A错误;B、依据电荷守恒可知 ，根据物料守恒可知 ，结合电荷守恒及物料守恒可知 ，B正确;C、Na2CO3溶液中的电荷守恒是 ，C错误。
20.(2018•安徽理综化学卷，T13)室温下，在0.2 mol•L-1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol•L-1NaOH溶液，实验测得溶液PH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是( )
A.a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为Al3++3OH- Al(OH)3
B.a→b段，溶液的PH增大，Al3+浓度不变
C.b→c段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D.d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】A、Al3+水解的离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3+
123456789下一页3H+，A错误;B、a→b段，溶液的PH增大，说明 增大，所以Al3+会生成Al(OH)3，即Al3+浓度降低，B错误;C、根据上述分析可知C正确;D、d点溶液的PH大于10，所以Al(OH)3已全部溶解，D错误。
21.(2018•北京理综化学卷，T9)下列解释事实的方程式不正确的是( )
A.测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3•H2O NH4++OH-
B.将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
C.用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2++2Cl-
D.Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【答案】C
【解析】A、0.1mol/L氨水的pH为11，说明一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡，A正确;B、Na的化学性质很活泼，能从水中置换出氢气，发生的反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，B正确;C、CuCl2溶液做导电实验的原因是：CuCl2在水溶液中能电离出自由移动的Cu2+和Cl-，电离属于自发进行的过程，不需要外界条件，C错误;D、Al的性质很特殊，能和强碱溶液发生反应，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，D正确。
22.(2018•全国理综I化学卷，T27)(15分)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：
(1)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。
(2)H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中，P元素的化合价为__________。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________(填化学式)。
③NaH2PO2为___________(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_______(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。
(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_____
______________________________________。
(4)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：
①写出阳极的电极反应____________________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有 杂质，该杂质产生的原因是 。
【答案】(1)H3PO2 H++H2PO2-
(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。
(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3↑+3Ba (H2PO2)2
(4)①2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.
③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。
【解析】(1)一元酸，只发生一步电离，中强酸是弱电解质：H3PO2 H++H2PO2-
(2)①利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。
②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1?4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。
③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。
(3)反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，注意配平就可以：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3 ↑+3Ba(H2PO2)2
(4)①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2
123456789下一页H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.
③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。
23.(2018•山东理综化学卷，T29)(17分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ∆H < 0 (I)
2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2 ∆H < 0 (II)
(1)4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+C l2(g)的平衡常数K= (用K1、K2表示)。
(2)为研究不同条件对反应(II)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应(II)达到平衡。测得10min内 (ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n(Cl2)= mol，NO的转化率а1= 。其它条件保持不变，反应(II)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率а2 а1(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2 (填“增大”“减小”或“不变”。若要使K2减小，可采用 的措施是 。
(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO3‾)、c(NO2-)和c(CH3COO‾)由大到小的顺序为 。(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数K a=1.7×10-5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。
a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH
c.向溶液B中加适量水 d..向溶液B中加适量NaOH
【答案】(1) (2)(2)2.5×10-2;75%;>;不变;升高温度 (3)c(NO3‾) > c(NO2-) > c(CH3COO‾);b、c
【解析】(1)(I)×2 (II)即可得到4NO2(g)+2NaCl(s) 2Na NO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，所以平衡常数K= ;
(2)ClNO的浓度变化△c(ClNO)=7.5×10-2mol•L，所以ClNO的物质的量变化△n(ClNO)=0.15mol，所以Cl2的物质的量变化率△n(Cl2)=0.075mol，则平衡后n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol;转化的n(NO)=0.15mol，则NO的转化率а1= =75%;其他条件保持不变，反应(II)在恒压条件下进行，则反应(II)的压强大于反应(I)的压强，则平衡有利于向正方向移动，所以平衡时NO的转化率а2>а1;因为温度不变，所以化学平衡常数不变;因为反应(II)的∆H < 0，为放热反应，所以要减小化学平衡常数，就要使平衡向逆方向移动，可以采取加热的方法;
(3)根据盐类水解规律，越弱越水解，所以CH3COO‾的水解程度大于NO2-，故离子浓度大小是c(NO3‾)>c(NO2-)>c(CH3COO‾); 因为CH3COO‾的水解程度大于NO2-，所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a.向溶液A中加适量水 (使A的PH减小)，b.向溶液A中加适量NaOH(使A的PH增大)，c.向溶液B中加适量水(使B的PH减小)，d..向溶液B中加适量NaOH (使B的PH增大)，只有bc满足题意。
24、(2018•上海单科化学卷，T五)(本题12分)硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。硫的化合物大多具有氧化性或还原性。许多金属硫化物难溶于水。
123456789下一页完成下列填空：
28.硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式。
________________________________________________________________
29.石油化工的废气中有H2S。写出从废气中回收单质硫的两种方法(除空气外，不使用其他原料)，以化学方程式表示。
______________________________________________________________
______________________________________________________________
30.室温下，0.1 mol/L的硫化氢溶液和0.1 mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是____________________________________________________________。
已知：H2S：Ki1=1.3×10-7 Ki2=7.1×10- 15
H2CO3：Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
31.向 ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。
______________________________________________________________________________。
32.将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有___________、
______________。过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_____
________________________________________________________。
【答案】(本题12分)
28.5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓
29.2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O;H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O
30.硫化钠溶液;硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化钠更易水解。
31.饱和H2S溶液中电离产生的S2?很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2?离子浓度增大，有沉淀产生。
32.FeCl2、H2S;先有白色沉淀生成，然后沉淀转化为灰绿色，最终转化为红褐色。
【解析】28.根据题目中的信息“H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O”，可知该反应属于氧化还原反应，根据得失电子守恒以及质量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓;
29.以H2S为原料制取S的方法有，方法一：H2S在氧气中的不完全燃烧，方法二：在加热的条件下H2S的自身分解，方法三：H2S和SO2发生归中反应，所以发生反应的化学方程式有：2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O;H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O;
30.酸越弱，相应的盐越容易水解，溶液的碱性就越强。根据电离常数可知，硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化钠更易水解，即硫化钠溶液的碱性更强;
31.H2S属于弱电解质，存在电离平衡(H2S 2H++S2?)，即饱和H2S溶液中电离产生的S2?很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2?离子浓度增大，从而有沉淀产生。
32.根据题目中的信息“将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成”可知，浅黄色固体是S单质，从而说明该反应属于氧化还原反应。黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。
25.(2018•天津理综化学卷，T9)(18分)Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。
Ⅰ.制备Na2S2O3•5H2O
反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)=====
123456789下一页△Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60 min。
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。
回答问题：
(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________________________。
(2)仪器a的名称是________，其作用是____________________。
(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______________。检验是否存在该杂质的方法是____________________________。
(4)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.测定产品纯度
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol•L-1碘的标准溶液滴定。
反应原理为 2S2O2-3+I2===S4O2-6+2I-
(5)滴定至终点时，溶液颜色的变化：________________________________。
(6)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M)______________。
Ⅲ.Na2S2O3的应用
(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO2-4，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为____________________________________________。
【答案】(18分)
(1)使硫粉易于分散到溶液中
(2)冷凝管 冷凝回流
(3)Na2SO4 取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4
(4)S2O2-3+2H+===S↓+SO2↑+H2O
(5)由无色变蓝色
(6)18.10 3.620×10-3MW×100%
(7)S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10H+
【解析】(1)硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a是冷凝管，起冷凝回流汽化的反应物的作用。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4;检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO2-4是否存在，需要防止SO2-3的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定，发生歧化反应：2H++S2O2-3===S↓+SO2↑+H2O所致。(5)滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL;根据2Na2S2O3•5H2O～2S2O2-3～I2，得n(Na2S2O3•5H2O) =2n(I2)=2×0.100 0 mol•L-1×18.10×10-3 L=3.620×10-3 mol，则产品的纯度3.620×10-3 mol×M g/molW g×100%=3.620×10-3MW×100%。(7)S2O2-3被Cl2氧化成SO2-4，Cl2被还原为Cl-，首先根据化合价升降总数相等写出S2O2-3+4Cl2→2SO2-4+8Cl-，然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O2-3+4Cl2+5H2O===2SO2-4+8Cl-+10OH-。
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